《数学分析选论》习题全解 ch4

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1、《数学分析选论》习题解答4第四章　积　分　学　　１．设R，仅在有限个点取值不同．试用可积定义证明R，且．证　显然，只要对与只有一点处取值不同的情形作出证明即可．为叙述方便起见，不妨设，而当时．因R，故时，对一切，恒有其中．令，则当时，有而上式最末第二项又为所以，无论或，只要，便有．这就证得R，且．　　　　　　　　　　□２．通过化为定积分求下列极限：（１）；　　　　　　（２）．60解　（１）由于，因此．（２）记，．则有，　　　　　　　　　　　　．　　　　　　　　　　□３．证明：若R，则，R．证　由条件，，使．中添加两点作为新的分点后，得到新的分割，并记落在上的部分为．则对上述，使得，所以证

2、得R．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　□４．用可积第二充要条件重新证明第１题中的R．证　设与仅有一点处的值不同，记此点为．由条件，，使得．60若落在的第个小区间中，则有．由于R，因此在上有界，而与仅有，故在上亦有界，设．于是，只要，便能使．这样就可证得，即R．（注：如果原来的分割尚不能满足的要求，那么只需将此分割足够加细，直到能满足如上要求．）　　　　　　　　　　　　　　　　　　□５．设在上有界，，且有．证明：若在上只有为其间断点，则R．证　设．为叙述方便起见，不妨设．于是，，，当．由于在上至多只有个间断点，因此可积．故对上述，存在，使得．而在上的振幅，所以把与合并成

3、后，必使60．故证得R．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　□６．设R．证明：，若在所属的每个小区间上任取两点，则有．证　由条件易知R，记．故，当时，对一切，有．因R，故有界，设．又由R，时，有．记，则当时，有所以证得时满足此即　成立．　　　　　　　　　□60７．证明：若R，且，则必有R．证　根据复合可积性命题（教材p.99例５）,外函数在上连续，内函数在上可积，则复合函数在上可积．　　　　　　　□８．设R．证明：若任给R，总有，则在其连续点处的值恒为零．证　由的任意性，特别当取时，同样有．把教材p.103例１（３）中的换成，则得在其连续点处恒为零，亦即在其连续点处恒

4、为零．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　□９．证明：若在上连续，且，则至少存在两点，使得．证　若在内，则由连续，恒使．于是又使，这与相矛盾．所以，使得．倘若在内只有一个零点，不妨设（若除外恒正或恒负，则将导致与上面相同的矛盾．）现令．易知在内除外处处为负，从而，又得矛盾．所以在内除外至少另有一个零点．　　　　　　　　　　□１０．证明以下不等式：60（１）；　　　（２）；（３）．证　（１）设它在上连续．由于时，在上连续，且，因此递减．于是（２）由（１）已知，于是；再由，又可推得．（３）设．由于60，且，因此有．　　　　　□１１．设在上连续可微，．证明：．证　应用施瓦茨不等式

5、，容易证得．　　　　　□１２．设在上连续，且．证明：．证　应用复合平均不等式（参见教材p.105例3及其注（ⅱ），（ⅳ）），注意到这里的外函数是个可微的凹函数（），立即可得本题结论．　　　　□１３．借助定积分证明：（１）；（２）．证（１）利用的递减性，有依此对所得个不等式进行相加，即得本题所要证明的不等式．（２）由以上不等式（１），当时，有60，于是结论成立．　　　　　　　　　　　　　　　　　□１４．设在上有．证明：．　　　　　（Ｆ）证　因，故为一凸函数．取切点为则必有．对上式两边各取上的定积分，利用积分不等式性质即得这时证得（Ｆ）的左部不等式成立．　　再由凸函数的一般充要条件，有这时证

6、得（Ｆ）的右部不等式也成立．后者还可由凸函数的性质与分部积分而得：60这就得到．　　　　　　　　□１５．应用施瓦茨不等式证明:　　（１）若R，则；（２）若R，，则；　　（３）若R，则；（４）若在上非负、连续，且，则．证　（１）．（２）条件R，，保证了R，于是有（３）（４）由于60和，便得，同理又有，因此两式相加后得到．　　　□　　１６．用积分中值定理证明：若为上的递减函数，则，恒有；　　　　　　　　　（Ｆ１）　并说明其几何意义．证　把欲证的不等式（Ｆ１）改写为由积分中值定理，，使；又，使．由于，因此（Ｆ２）成立，（Ｆ１）亦随之成立．此结论的几何意义是：如图所示，当为上的递减函数时，（Ｆ２

7、）表示在60区间上的平均值必定大于或等于它在上的平均值；而（Ｆ１）又表示上述亦必大于或等于在整个区间上的平均值()．□　　　　　　　　１７．设在上为严格递减函数．证明（并说明其几何意义）：（１），使；（２），使　．证（１）直接利用积分第二中值定理，当为单调函数时，，使．（２）设在上亦为严格递减函数，类似于题（１），，使　　本题结论的几何意义如以上二图所示：表现为每图中两个阴影部分的面积相等．　　□１８．设在上为递减函数．证明：60（